作业(十二)空间直线、平面的垂直-2024年高一数学暑假作业(湘教版)

高一数学(配XJ版) 空间直线、平面的垂直 1.直线与平面垂直的判定定理与性质定理 类 别 文字语言 图形表示 符号语言 判 定 定 理 如果一条直线 与一个平面内 的两条相交直 线垂直,那么该 直线与此平面 垂直 a⊂α b⊂α a∩b=P l⊥a l⊥b 􀮦 􀮨 􀮧 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 ⇒ l⊥α 性 质 定 理 垂直于同一个 平面的两条直 线平行 a⊥α b⊥α ⇒a∥b 2.直线和平面所成的角 (1)定义:平面的一条斜线与它在该平面上 的投影所成的锐角,叫作这条直线和这个 平面所成的角.一条直线垂直于平面,我们 说它们所成的角是90°;一条直线和平面平 行,或 在 平 面 内,我 们 说 它 们 所 成 的 角 是0°. (2)范围:0,π2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 . 3.二面角 (1)定义:从一条直线出发的两个半平面所 组成的图形叫作二面角. (2)二 面 角 的 平 面 角: 如图,在二面角α-l-β 的棱 l上任取一点O,以点O 为 垂足,在半平面α和β内分别作垂直于棱l 的射线OA 和OB,则射线OA 和OB 构成 的∠AOB 叫作二面角的平面角. (3)二面角的范围:[0,π]. 4.平面与平面垂直的判定定理与性质定理 类 别 文字语言 图形表示 符号语言 判 定 定 理 如果一个平面 过另一个平面 的垂线,那么 这 两 个 平 面 垂直 a⊂α a⊥β ⇒α⊥β 性 质 定 理 两 个 平 面 垂 直,如果一个 平面内有一条 直线垂直于这 两个平面的交 线,那么这条 直线与另一个 平面垂直 α⊥β α∩β=a l⊥a l⊂β 􀮦 􀮨 􀮧 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 ⇒ l⊥α 1.(多选)下列说法正确的是 ( ) A.若直线l垂直于平面α,则直线l垂直于 平面α内的任一直线 B.若直线l垂直于平面α,则l与平面α内 的直线 可 能 相 交,可 能 异 面,也 可 能 平行 C.若a∥b,a⊂α,l⊥α,则l⊥b D.若a⊥b,b⊥α,则a∥α 2.下列条件能使直线m⊥平面α的是( ) A.m⊥b,m⊥c,b⊥α,c⊥α B.m⊥b,b∥α C.m∩b=A,b⊥α D.m∥b,b⊥α 3.直线a⊥直线b,直线b⊥平面β,则a与β 的关系是 ( ) A.a⊥β B.a∥β C.a⊂β D.a⊂β或a∥β 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —52— 4.(2023·开封高一期中) 在四棱锥 P ABCD 中,PA⊥底面ABCD, 且 ABCD 为正方形, 则此四棱锥表面中互相垂直的面有( ) A.6对 B.5对 C.4对 D.3对 1.下面四个说法:①如果一条直线垂直于一 个平面内的无数条直线,那么这条直线和 这个平面垂直;②过空间一定点有且只有 一条直线和已知平面垂直;③垂直于同一 平面的两条直线互相平行;④经过一个平 面的垂线的平面与这个平面垂直.其中正 确说法的个数是 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 2.如图,三棱柱ABC A1B1C1 中,底面三角 形A1B1C1 是正三角形,E 是BC 的中点, 则下列叙述正确的是 ( ) A.直线CC1 与直线B1E 相交 B.CC1 与AE 共面 C.AE 与B1C1 是异面直线但不垂直 D.平面AB1E 垂直于平面CBB1C1 3.如图,在四棱锥P ABCD 中,底面ABCD 是边长为a的正方形,PA⊥平面ABCD. 若PA=a,则直线PB 与平面PCD 所成 的角的大小为 ( ) A.π6 B. π 4 C. π 3 D. π 2 4.(多选)如图,在直三棱柱 ABC A1B1C1 中,BC= AC,AC1⊥A1B,M,N 分别 是A1B1,AB 的中点,那么 下列结论正确的有 ( ) A.B1C1⊥平面AA1C1C B.A1B⊥NB1 C.平面A1BC⊥平面AMC1 D.平面AMC1∥平面CNB1 5.如图,在三棱柱 ABC A1B1C1 中,侧棱 AA1⊥底面ABC,底面是以∠ABC为直角 的等腰三角形,AC=2,BB1=3,D 是A1C1 的中点,点 F 在 线 段 AA1 上,当 AF= 时,CF⊥平面B1DF. 6.在四棱锥P ABCD 中,AB∥CD,AD=2, AB= 2,CD=2 2,△PAD 为 等 边 三 角形,∠PDC=∠ADC=45°. (1)证明:平面PDC⊥平面PBC; (2)求点C到平面PAB 的距离. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —62— 高一数学(配XJ版) 7.如图,在三棱锥P ABC 中,PA⊥平面ABC, 平面PAB⊥平面PBC.求证:BC⊥AB. (2023·全国甲卷)如图,在三棱柱 ABC- A1B1C1 中,A1C ⊥ 平 面 ABC,∠ACB =90°. (1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C; (2)设 AB=A1B,AA1 =2,求 四 棱 锥 A1-BB1C1C的高. 易错一 对面面垂直的判定定理理解不到 位致错 [示例1] 如图,点 P 在正方体ABCD A1B1C1D1 的面对角线BC1 上运动,有下 面四个结论:①三棱锥A D1PC 的体积 不变;②A1P∥平面 ACD1;③DP⊥BC1; ④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确结论 的序号是 .(写出所有你认为正确 结论的序号) 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 本题易忽视点P 在BC1 上运动时,平面PDB1 内 的B1D⊥平面ACD1,导致无法证明平面PDB1⊥ 平面ACD1 而漏选④.一条直线与一个平面垂直, 则这条直线垂直于该平面内的任意一条直线,线 线垂直、线面垂直和面面垂直之间是可以相互转 化的,应准确掌握,灵活应用. 易错二 对线面垂直的性质应用不当致错 [示例2] 已知m,n为异面直线,m⊥平面α, n⊥平面β,直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α, l⊄β,则 ( ) A.α∥β且l∥α B.α⊥β且l⊥β C.α与β相交,且交线与l垂直 D.α与β相交,且交线与l平行 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 解答本题时,容易忽视α∥β时,可由条件推出m∥n, 与m,n为异面直线矛盾,导致错选A.也容易忽视 构造辅助平面γ,无法利用线面垂直的性质定理证 明线线平行,导致错选C. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —72— 高一数学(配XJ版) [示例2] D 根据题意作出图形,如图,其中,E,F,G,H, P,Q,M,N 分别为所在棱的中点,所以PN∥B1D1.因为 PN⊄平面DBB1D1,B1D1⊂平面 DBB1D1,所以PN∥平 面DBB1D1.同 理 可 证 GF∥平 面 DBB1D1.因 为 四 边 形 BCC1B1 是平行四边形,N,F 分别是B1C1,BC 的中点,所 以 NF∥BB1.又 因 为 NF⊄平 面 DBB1D1,BB1⊂平 面 DBB1D1,所以 NF∥平面 DBB1D1.同理可证 PG∥平面 DBB1D1.又因为PN∩NF=N,PN,NF⊂平面 PNFG, 所以平面PNFG∥平面DBB1D1.因为PF⊂平面PNFG, NG⊂平面 PNFG,所以 PF∥平面 DBB1D1,NG∥平 面 DBB1D1.同理可证QM,ME,EH,HQ,QE,MH 也与平面 DBB1D1 平行,所 以 与 平 面 DBB1D1 平 行 的 直 线 共 有 12条. 作业(十二) 空间直线、平面的垂直 【基础演练】 1.AC 由线面垂直的定义知,A正确;当l⊥α时,l与α 内的 直线相交或异面,但不会 平 行,故B错 误;C显 然 是 正 确 的;而D中,a可能在α内,所以D错误. 2.D 由 直 线 与 平 面 垂 直 的 判 定 定 理 的 推 论 知,选 项 D 正确. 3.D 若a⊂β,b⊥β,可证得a⊥b; 若a∥β,过a作平面α,α∩β=c,b⊥β,c⊂β, 则b⊥c,a∥c,于是b⊥a.故答案为D. 4.B 因为DA⊥AB,DA⊥PA,AB∩PA=A,AB,PA⊂平 面PAB,所以DA⊥平面PAB, 同理BC⊥平面PAB,AB⊥平面PAD,CD⊥平面PAD; 所以平面ABCD⊥平面PAD,平面ABCD⊥平面PAB,平 面PBC⊥平面PAB, 平面PDC⊥平面PAD,平面PAD⊥平面PAB,共5对. 【综合演练】 1.C 如果一条直线与一个平面内的无数条平行线垂直,这 条直线可能在平面内,可能与平面平行,也可能与平面斜 交,故①错误; 由线面垂直的性质可知,过空间一定点有且只有一条直线 和已知平面垂直,故②正确; 由线面垂直的性质可知,垂直同一平面的两条直线互相平 行,故③正确; 由面面垂直的判定定理可知,经过一个平面的垂线的平面 与这个平面垂直,故④正确. 2.A 在 三 棱 柱 ABC A1B1C1 中,CE∥B1C1,且 CE= 1 2B1C1 ,所以四 边 形 CEB1C1 为 梯 形,直 线 CC1 与 直 线 B1E 相交,故A正确; 由几何图形易知CC1 与AE 为异面直线,故B错误; AE 与B1C1 是 异 面 直 线,且 三 角 形 ABC 是 正 三 角 形, AE⊥BC,又BC∥B1C1,则AE⊥B1C1,故C错误; 在三棱柱中未给出侧面CBB1C1 与上下底面的关系,不能 判断 AE 是 否 与 平 面CBB1C1 垂 直,故 无 法 判 断 平 面 AB1E 与平面CBB1C1 是否垂直,故D错误;故选A. 3.A 因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面 ABCD,CD⊂平面ABCD, 所以PA⊥AB,PA⊥AD,PA⊥CD, 又底面ABCD 是边长为a 的正方形, 所以CD⊥AD,又PA∩AD=A,PA⊂平面PAD,AD⊂平 面PAD, 所以CD⊥平面PAD,PD⊂平面PAD, 所以CD⊥PD, 设B 到平面PCD 的距离为h,直线PB 与平面PCD 所成 的角为θ, 则PB= 2a,PD= 2a, 所以VBPCD =VPBCD, 即1 3× 1 2× 2a×a×h= 1 3× 1 2×a×a×a , 所以h= 2a2 ,所以sinθ= hPB= 2a 2 2a =12 , 又θ∈ 0,π2 ,所以θ=π6. 4.BCD 因为B1C1 与A1C1 不一定垂直,所以B1C1 与平面 AA1C1C不一定垂直,故A错误. 由侧棱AA1⊥平面 A1B1C1,可得 AA1⊥C1M.由B1C1= A1C1 及 M 为A1B1 的中点,可得C1M⊥A1B1. 又因为AA1∩A1B1=A1,AA1,A1B1⊂平面A1ABB1, 所以C1M⊥平面A1ABB1,A1B⊂平面A1ABB1, 从而C1M⊥A1B. 已 知 AC1⊥A1B,C1M ∩AC1 =C1,C1M,AC1 ⊂ 平 面 AMC1,所以 A1B⊥平 面 AMC1,从 而 平 面 A1BC⊥平 面 AMC1,A1B⊥AM. 又 MB1∥AN,MB1=AN,所以 ANB1M 是平行四边形, 所以AM∥NB1,A1B⊥NB1,所以B和C正确. AM∥NB1,AM⊄平面CNB1,NB1⊂平面CNB1, 所以AM∥平面CNB1, 同理 MC1∥平面CNB1,MC1∩AM=M,MC1,AM⊂平面 AMC1,所以平面AMC1∥平面CNB1,故D正确. 5.解析 由已知得B1D⊥平面ACC1A1, 又CF⊂平面ACC1A1,所以B1D⊥CF, 若CF⊥平面B1DF,则必有CF⊥DF, 设AF=x(0<x<3),则CF2=x2+4,DF2=1+(3-x)2, CD2=12+32=10, 所以由CF2+DF2=CD2,得x2+4+1+(3-x)2=10, 解得x=1或x=2, 所以当AF=1或2时,CF⊥平面B1DF. 答案 1或2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —55— 6.(1)证明 取CD 的中点E,连接PE,AE,如图, 易知DE= 2,PD=2,∠PDE=45°, 在△PDE 中,由余弦定理得,PE2=PD2+DE2-2PD· DEcos∠PDE=2, 则DE2+PE2=PD2,故PE⊥CD, 由AD=2,DE= 2,∠ADE=45°, 同理可得AE= 2,且AE⊥CD, 故∠AEP 为二面角A DC P 的平面角, 又PA=2,则AE2+PE2=PA2,故∠PEA=90°, 故平面PDC⊥平面ABCD, 又CE 与AB 平行且相等,且∠AEC=90°, 则四边形ABCE 为矩形, 故BC⊥CD. 又BC⊂平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=CD, 故BC⊥平面PDC,又BC⊂平面PBC, 则平面PDC⊥平面PBC. (2)解析 连接AC,设点C到平面PAB 的距离为h, 由(1)得平面ABCD⊥平面PCD,PE⊥CD,由面面垂直的 性质定理,同理可得PE⊥平面ABCD, VCPAB=VPABC,即 1 3S△PAB ·h=13S△ABC ·PE, ∵PE⊥CD,AE⊥CD,PE∩AE=E,PE,AE⊂平面AEP, 则CD⊥平面AEP, 又AB∥CD,故AB⊥平面AEP,PA⊂平面AEP,故PA⊥AB, 故S△PAB= 1 2×2× 2= 2 , 故 2 3 ·h=13× 1 2× 2× 2× 2 ,解得h=1. 即点C到平面PAB 的距离为1. 7.证明 在平面PAB 内,作AD⊥PB 于点D. ∵平面PAB⊥平面PBC,且平面PAB∩平面PBC=PB, ∴AD⊥平面PBC. 又BC⊂平面PBC,∴AD⊥BC. 又∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, ∴PA⊥BC,又PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAB, ∴BC⊥平面PAB. 又AB⊂平面PAB,∴BC⊥AB. 【真题体验】 (1)证明 因为A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, 所以A1C⊥BC, 又∠ACB=90°,即AC⊥BC, A1C,AC⊂平面ACC1A1,A1C∩AC=C, 所以BC⊥平面ACC1A1, 又BC⊂平面BCC1B1, 所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1. (2)如图所示, 过点A1 作A1O⊥CC1,垂足为O. 因为平面 ACC1A1⊥平面 BCC1B1,平面 ACC1A1∩平面 BCC1B1=CC1,A1O⊂平面ACC1A1, 所以A1O⊥平面BCC1B1, 所以四棱锥A1-BB1C1C的高为A1O. 因为A1C⊥平面ABC,AC,BC⊂平面ABC, 所以A1C⊥BC,A1C⊥AC, 又A1B=AB,BC为公共边, 所以△ABC与△A1BC全等,所以A1C=AC. 设A1C=AC=x,则A1C1=x, 所以O 为CC1 中点,OC1= 1 2AA1=1 , 又A1C⊥AC,所以A1C2+AC2=AA12, 即x2+x2=22,解得x= 2,即A1C1= 2, 所以A1O= A1C12-OC12= (2)2-12=1, 所以四棱锥A1-BB1C1C的高为1. 【易误警示】 [示例1] 解析 连接 AC,A1C1,A1B,AD1,D1C,A1P(图 略).因为AA1∥CC1,AA1=CC1,所以四边形AA1C1C 是 平行四边形,所以 AC∥A1C1.又因为 AC⊄平面 A1BC1, A1C1⊂平 面 A1BC1,所 以 AC∥平 面 A1BC1.同 理 可 证 AD1∥平面A1BC1.又因为AC⊂平面ACD1,AD1⊂平面 ACD1,且AC∩AD1=A,所以平面 ACD1∥平面 A1BC1. 因为A1P⊂平面 A1BC1,所以 A1P∥平面 ACD1,故②正 确.因为BC1∥AD1,所以BC1∥平面ACD1,所以点P 到 平面ACD1 的距离不变.又因为VAD1PC =VPACD1,所以三 棱锥A D1PC 的 体 积 不 变,故 ① 正 确.连 接 DB,DC1, DP,B1D(图略).因为DB=DC1,所以当P 为BC1 的中点 时才 有 DP⊥BC1,故 ③ 错 误.因 为 BB1⊥平 面 ABCD, AC⊂平 面 ABCD,所 以 AC⊥BB1.又 因 为 AC⊥BD, BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D1D,所以 AC⊥平面 BB1D1D.因为B1D⊂平面BB1D1D,所以B1D⊥AC.同理 可证B1D⊥AD1.又 因 为 AC⊂平 面 ACD1,AD1⊂平 面 ACD1,AC∩AD1=A,所 以 B1D⊥平 面 ACD1.又 因 为 B1D⊂平 面 PDB1,所 以 平 面 PDB1⊥平 面 ACD1,故 ④ 正确. 答案 ①②④ [示例2] D 若α∥β,则由m⊥平面α,n⊥平面β,可得m∥ n,这与m,n是异面直线矛盾,故α与β相交. 设α∩β=a,过空间内一点P,作m'∥m,n'∥n,则 m'与n' 相交,m'与n'确定的平面为γ.因为l⊥m,l⊥n,所以l⊥ m',l⊥n',所以l⊥γ. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —65— 高一数学(配XJ版) 因为m⊥α,n⊥β,所以m'⊥α,n'⊥β, 所以a⊥m',a⊥n',所以a⊥γ. 又因为l⊄α,l⊄β,所以l与a 不重合,所以l∥a. 作业(十三) 随机事件与概率的运算 【基础演练】 1.D “至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”. 2.B 从5个小球中任取2个,其中数字之差的绝对值为2 或4的事件 包 含(1,3),(1,5),(2,4),(3,5),共4个 样 本点. 3.解析 抛掷一次硬币正面朝上的概率是0.5. 答案 0.5 4.解析 这个试验的样本空间为Ω={(1,1),(1,0),(0,1), (0,0)},共4个样本点. 答案 4 【综合演练】 1.C 不可能事件的概率为0,必然事件的概率为1,故 A错 误;频率是由试验的次数决定的,故B错误;概率是频率的 稳定值,故C正确,D错误. 2.C 由题意,可知A={1,2},B={2,3}, 则A∩B={2},A∪B={1,2,3},∴A∪B 表示向上的点数 为1或2或3. 3.ABD X=4表示两次抛掷所得总数之和为4,则随机试 验的样本点是“第一枚是3点,第二枚是1点”或“第一枚 是1点,第二枚是3点”或“两枚都是2点”. 4.BCD 对于 A,事件A 与B 互斥时,A∪B 不一定是必然 事件,故 A不正确;对于B,事件 E 与F 不会同时发生, 所以 E 与F 是互斥事件,但除了事件E 与F 之外还有“丙 取到红楼梦”“丁取到红楼梦”,所以E 与F 不是对立事件, 故E 与F 是互斥但不对立事件,B正确;对于C,事件A= {1,2,3,4,5},事件B={2,3,5},所以B 包含于A,C正确; 对于D,样本空间Ω={正品,次品},含有2个样本点,故D 正确. 5.解析 最少需要取3次,最多需要取7次,那么剩余鸡的 只数最多4只,最少0只,所以剩余动物的脚数可能是8, 6,4,2,0. 答案 {0,2,4,6,8} 6.解析 ∵第1,2,4组的频数分别为6,7,9, ∴第1,2,4组的频率分别为640=0.15 ,7 40=0.175 ,9 40= 0.225. ∵第3组的频率为0.25, ∴第5组的频率是1-0.25-0.15-0.175-0.225=0.2, ∴售出的这300双皮鞋中尺码为40~42的皮鞋约为0.2× 300=60(双). 答案 60 7.解析 (1)甲、乙、丙三个协会共有的运动员人数为27+ 9+18=54, 则应从甲协会抽取27×654=3 (人), 从乙协会抽取9×654=1 (人), 从丙协会抽取18×654=2 (人). 故从甲、乙、丙 三 个 协 会 中 抽 取 的 运 动 员 人 数 分 别 为3, 1,2. (2)①从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的所有 样本点为(A1,A2),(A1,A3),(A1,A4),(A1,A5),(A1, A6),(A2,A3),(A2,A4),(A2,A5),(A2,A6),(A3,A4), (A3,A5),(A3,A6),(A4,A5),(A4,A6),(A5,A6),共 15种. ②事件A 可用集合表示为{(A1,A5),(A1,A6),(A2,A5), (A2,A6),(A3,A5),(A3,A6),(A4,A5),(A4,A6), (A5,A6)}. 【真题体验】 1.D 设高一2名学生为A1,A2,高二2名学生为B1,B2,从 中随机选2名的样本点有(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2), (A2,B1),(A2,B2),(B1,B2)共6个,其中来自不同年级的 样本点有(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2)共4个, 所以这2名学生来自不同年级的概率为46= 2 3. 故选D. 2.B 由 题 意 知 超 市 第 二 天 能 完 成1200份 订 单 的 配 货, 如果没有志愿者帮忙,则超市第二天共会积压超过500+ (1600-1200)=900(份)订单的概率为0.05,因此要使 第二天完 成 积 压 订 单 及 当 日 订 单 的 配 货 的 概 率 不 小 于 0.95,至少需要志愿者90050=18 (名).故选B. 【易误警示】 [示例1] BD 6张卡片中一次取出2张卡片的所有情况 有:“2张都为红色”“2张都为绿色”“2张都为蓝色”“1张 为红色,1张为绿色”“1张为红色,1张为蓝色”“1张为绿 色,1张为蓝色”,选项中给出的四个事件中与“2张都为红 色”互斥而非对立的有“2张恰有一张红色”“2张都为绿 色”,其中“2张 至 少 一 张 为 红 色”包 含 事 件“2张 都 为 红 色”,并非互斥,“2张不全为红色”是对立事件. [示例2] 解析 (1)由题意,停靠的站由南至北分别为S1, S2,…,S10站, 所以样本空间Ω 表示乘客所有可能到达的站,则 Ω= S2,S3,S4,S5,S6,S7,S8,S9,S10 . (2)由题意,甲在S3 站买票,乙在S6 站买票, 则A= S4,S5,S6,S7,S8,S9,S10 ,B= S7,S8,S9,S10 . (3)铁路局需要准备从S1 站发车的车票共计9种, 从S2 站发车的车票共计8种, … 从S9 站发车的车票1种, 共计9+8+…+2+1=45(种). 作业(十四) 古典概型、概率的运算、 用频率估计概率 【基础演练】 1.D 设“该射手在一次射击中不够8环”为事件A,则P(A) =1-P(􀭿A)=1-0.6=0.4. 2.A 记4部书籍分别为a,b,c,d,则从4部书籍中任意抽取 2部的样本点为ab,ac,ad,bc,bd,cd共有6个,抽到《几何 原本》的样本点为ab,ac,ad 共有3个,所以抽到《几何原 本》的概率为P=36= 1 2. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —75—